3-1-牛顿运动定律的理解(讲)(全国通用)(解析版).docx

第三章 牛顿运动定律

近5年考情分析

考点要求

等级要求
考题统计
2022
2021
2020
2019
2018
对牛顿运动定律的理解
Ⅰ
浙江6月卷·T2
全国乙卷·T15
湖南卷·T9
全国甲卷·T14
浙江6月卷·T4
山东卷·T1
浙江1月

牛顿运动定律的综合应用
Ⅱ
浙江1月卷·T19
浙江6月卷·T19
全国甲卷·T19
全国乙卷·T21
浙江6月卷·T19
江苏卷·T5
浙江1月

Ⅱ卷·T19
Ⅲ卷·T20
卷Ⅰ·T15
实验四：验证牛顿运动定律
Ⅱ
山东卷·T13
全国甲卷·T22
湖南卷·T11
Ⅱ卷·T22
浙江7月

Ⅱ卷·T23

核心素养
物理观念:对惯性，超、失重和牛顿运动定律的理解。
科学思维:1.“轻绳”模型与“轻杆模型”.2.传送带、板块模型以及整体法隔离法解连接体问题。
科学态度与责任:用牛顿运动定律研究生产、科技、体育中的问题。
科学探究:探究加速度与力的关系。
命题规律
高考命题中对本章内容的考查有惯性、力与运动的关系、加速度与力的关系、超重与失重，题型有选择题、计算题.方法有整体法、隔离法、数图转换、函数论证、临界极值法，控制变量法.能力有理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力、实验能力。试题难度中等偏易。高考试题会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与电场、磁场的渗透，注重与生产、生活、当今热点、现代科技的联系，注意社会责任、科学态度等要素的渗透。
备考策略
1.牢记基础知识，熟练掌握基本方法，积累消化基础模型，努力拓展新情景下的应用.
2.准确把握物理考向:牛顿运动定律的理解、动力学的两类基本问题、超重与失
重、连接体问题、动力学中的图象问题、板块模型与多过程问题、传送带问题、实验的理解创新与改进.
3.每一个考向都要针对训练.
4.多关注当今与物理学有关的热点与现代科技。

【网络构建】

专题3.1 对牛顿运动定律的理解

【网络构建】

考点一 牛顿第一定律
一、牛顿第一定律
1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
2．意义
(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律．
(2)揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因．
二、惯性
1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
2．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．
3．普遍性：惯性是物体的本质属性，一切物体都有惯性．与物体的运动情况和受力情况无关．
考点二 牛顿第二定律
一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．
2．表达式：F＝ma.
3．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．
4.牛顿第二定律的五个性质

二、两类动力学问题
1．已知物体的受力情况，求物体的运动情况．
2．已知物体的运动情况，求物体的受力情况．
特别提示：利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用，将运动学规律和牛顿第二定律相结合，寻找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向．
三、力学单位制
1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制．
2．基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒．
3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．
考点三 牛顿第三定律的理解与应用
1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
三同
①大小相同；②性质相同；③变化情况相同
三异
①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同
三无关
①与物体种类无关；②与物体运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关
2.相互作用力与平衡力的比较

作用力和反作用力
一对平衡力
不同点
受力物体
作用在两个相互作用的物体上
作用在同一物体上
依赖关系
同时产生、同时消失
不一定同时产生、同时消失
叠加性
两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力
两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零
力的性质
一定是相同性质的力
性质不一定相同
相同点
大小、方向
都是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上

考点四 牛顿运动定律的瞬时性
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：

考点五 动力学的两类基本问题
1．解决动力学两类问题的两个关键点

2．解决动力学基本问题的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．
3．两类动力学问题的解题步骤

考点六 动力学图象问题的应用
1．数形结合解决动力学图象问题
(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图．
(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息．
(3)常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．动力学图象问题的类型：图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型：

3．解题策略

高频考点一 牛顿第一定律
例1、 伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利
用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上
升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.
根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　)

A． 如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
【答案】　A
【解析】　根据题意，铺垫材料粗糙程度降低时，小球上升的最高位置升高，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上没有能量损失，因此可以上升到与O点等高的位置，而B、C、D三个选项，从题目不能直接得出，所以选项A正确
【变式训练】关于物体的惯性，下列说法中正确的是(　　)
A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡
B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小
C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定 D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大
【答案】C
【解析】质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性与物体的运动状态无关，故选C.
高频考点二 牛顿第二定律
例2、如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则(　　)

A．物体从A到O先加速后减速 B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C．物体运动到O点时，所受合力为零 D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
【答案】　A
【解析】　物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至A、O间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．综以上分析，只有选项A正确．
【变式训练】如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹，从开始反弹至小球到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为(　　)

A．速度一直变小直到零 B．速度先变大，然后变小直到为零
C．加速度一直变小，方向向上 D．加速度先变小后一直变大
【答案】　B
【解析】　小球到达最低点时，受弹力大于本身的重力，物体向上做加速运动，速度增加，当重力与弹力相等时达到最大速度，然后物体做减速运动，速度减小，到达最高点的速度为零，故A错误，B正确；开始时弹力大于重力，随着高度增加，弹力减小，加速度减小；当弹力与重力相等时加速度为零，此后弹力小于重力，并且弹力越来越小，物体受到的合力越来越大，加速度反向增大，当物体脱离弹簧后加速度为g，保持不变，故C、D错误．
高频考点三 牛顿第三定律的理解与应用
例3、如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是(　　)

A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
【答案】C
【解析】选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力，选项A错误；绳静止时，甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力，选项B错误；若甲的质量比乙的质量大，则甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界线，故甲能赢得“拔河”比赛的胜利，选项C正确；收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢，选项D错误．
【变式训练】如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷
出．下列说法正确的是 (　　)

A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力
B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力
C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力
D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车的惯性
【答案】CD
【解析】喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确．
高频考点四 牛顿运动定律的瞬时性
例4、两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则 (　　)

A．a1＝g，a2＝g　　　　B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
【答案】　A
【解析】　由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故选项A正确．
【变式训练】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均
平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是 (　　)

A．aA＝0，aB＝g B．aA＝g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝g
【答案】B
【解析】细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为0.烧断前，分析整体受力可知线的拉力为T＝2mgsin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin 30°＝g，故选项B正确．
高频考点五 动力学的两类基本问题
已知受力求运动
例5、如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：

(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；
(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；
(3)拉力F的大小．
【答案】　(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N
【解析】　(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示，有f＝μN＝μmg
则a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2.
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知
v＝2a1s1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
v＝2a2s2
又＝
则a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2.
(3)当Fsin θ<mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示

由牛顿第二定律得
Fcos θ－f1＝ma1
又N1＋Fsin θ＝mg
f1＝μN1
联立以上各式，代入数据解得
F＝1.05 N
当Fsin θ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示

由牛顿第二定律可知
Fcos θ－f2＝ma1
又Fsin θ＝mg＋N2
f2＝μN2
代入数据解得F＝7.5 N.
【变式训练】】一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零．已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6)．求小明和滑雪车

(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；
(2)在斜直雪道上滑行的时间t1；
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小．
【答案】：见解析
【解析】：(1)＝
vm＝18 m/s.
(2)x1＝t1
t1＝6 s.
(3)a＝＝3 m/s2
由牛顿第二运动定律mgsin 37°－Ff＝ma
得Ff＝180 N.
已知运动求受力
例6、如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：

(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；
(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；
(3)拉力F的大小．
【答案】(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N
【解析】　(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示

有
f＝μN＝μmg
则a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2.
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知
v＝2a1s1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
v＝2a2s2
又＝
则a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2.

(3)当Fsin θ<mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示
由牛顿第二定律得
Fcos θ－f1＝ma1
又N1＋Fsin θ＝mg
f1＝μN1
联立以上各式，代入数据解得
F＝1.05 N

当Fsin θ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示
由牛顿第二定律可知
Fcos θ－f2＝ma1
又Fsin θ＝mg＋N2
f2＝μN2
代入数据解得F＝7.5 N.
【变式训练】一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度匀加速下滑，如图所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2)

(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
【答案】　(1)　(2) N或 N
【解析】(1)以滑块为研究对象受力分析如图甲所示，
根据牛顿第二定律可得
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma
解得μ＝。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。
根据题意可得x＝a1t2，得a1＝2 m/s2
当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，
则Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1
代入数据得F＝ N

甲　　　　　　乙　　　　　　丙
当加速度沿斜面向下时，受力分析如图丙所示，
则mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1
代入数据得F＝ N。
等时圆模型
例7、某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是(　　)

A．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同 B．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同
C．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同 D．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同
【答案】C
【解析】小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a＝gsin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s＝at2，s＝＝，解得小球在斜面上的运动时间为t＝＝，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为v＝，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确．
【变式训练】如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　　)

A．2∶1　　 B．1∶1 C．∶1 D．1∶
【答案】B
【解析】选B.设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式s＝at2，得t＝　＝　　＝2　　，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．
高频考点六 动力学图象问题的应用
例8、如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：

(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；
(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.
【答案】：(1)0.5 m　1.5 m (2)4 m/s2　4 m/s2　8 N
【解析】：(1)物块上升的位移：
x1＝×2×1 m＝1 m
物块下滑的距离：x2＝×1×1 m＝0.5 m
位移x＝x1－x2＝1 m－0.5 m＝0.5 m
路程L＝x1＋x2＝1 m＋0.5 m＝1.5 m.
(2)由题图乙知，各阶段加速度的大小
a1＝ m/s2＝4 m/s2
a2＝ m/s2＝－4 m/s2
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律
0～0.5 s内F－Ff－mgsin θ＝ma1
0．5～1 s内－Ff－mgsin θ＝ma2
联立解得：F＝8 N.
【变式训练】如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a­F图象．g取10 m/s2.则下列说法正确的是 (　　)

A．滑块的质量m＝4 kg B．木板的质量M＝4 kg
C．滑块与木板间动摩擦因数为0.1 D．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2
【答案】　AC
【解析】由题图乙，当F等于6 N时，加速度a＝1 m/s2，对整体：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得a＝，知图线的斜率k＝＝，解得M＝2 kg，故滑块的质量m＝4 kg，故A正确，B错误；根据F大于6 N的图线延长线知，F＝4 N时，a＝0，又a＝，解得μ＝0.1，故C正确；根据μmg＝ma′，得F＝8 N时滑块的加速度为a′＝1 m/s2，故D错误．